4 układy sił i dwie zasady dynamiki Newtona czyli ściąga ze statyki

Witam i dzisiaj pokażę Ci, że w zadaniach ze statyki spotkasz jeden z CZTERECH UKŁADÓW SIŁ i mając tę wiedzę łatwiej Ci będzie zrobić każde zadanie. Nie jest sztuką się nauczyć, ale sztuką jest znać

PODSTAWY

i jak się je zrozumie to naprawdę niewiele więcej potrzeba, aby tę wiedzę posiąść i umieć zastosować w praktyce.

I tak powstała ściąga, na której zbierzemy całą wiedzę ze statyki.
sciaga1 1024x768 - 4 układy sił i dwie zasady dynamiki Newtona czyli ściąga ze statyki
Tak naprawdę tyle potrzeba żeby temat zrozumieć i zrobić każde zadanie.
Po lewej widzisz I i III zasadę dynamiki Newtona i one są ciągle używane w zadaniach.
sciaga2 1024x768 - 4 układy sił i dwie zasady dynamiki Newtona czyli ściąga ze statyki
Pośrodku mamy tabele z układami sił i każde zadanie ze statyki to jest kilka lub więcej sił ułożonych w mniej lub bardziej skomplikowany sposób. Dobrym przykładem jest belka już uwolniona od więzów – widać reakcje podpór i parę sił zewnętrznych.
statyka5 1024x768 - 4 układy sił i dwie zasady dynamiki Newtona czyli ściąga ze statyki
W tabeli z różnymi rodzajami układów sił widać 4 różne kombinacje – w zadaniach spotkasz:
– układy sił na płaszczyźnie
– lub układy sił w przestrzeni.

Poza tym siły mogą:
– zbiegać się w jednym punkcie (układ zbieżny)
– oraz w innym przypadku siły NIE BĘDĄ się zbiegać w jednym punkcie (układ rozbieżny albo dowolny).
sciaga3 1024x768 - 4 układy sił i dwie zasady dynamiki Newtona czyli ściąga ze statyki
Jeszcze niżej na ściądze mamy 3 różne rodzaje podpór , które można spotkać w zadaniach :
podpora przegubowa stała – jest to zwyczajny przegub mocowany do podłoża lub innej stałej powierzchni,
podpora przegubowa przesuwna – jest to taki sam przegub jak poprzednio, ale dla odmiany może on się przesuwać po powierzchni oznaczonej dwiema krótkimi równoległymi kreskami,
utwierdzenie albo wmurowanie – to należy rozumieć dosłownie czyli sztywne mocowanie (na przykład belki) do stałej powierzchni.
sciaga4 1024x768 - 4 układy sił i dwie zasady dynamiki Newtona czyli ściąga ze statyki
Jak wiadomo i jak widać na powyższym obrazku zasadniczą sprawą jest różna liczba reakcji przy każdym z 3 przypadków.
Żeby się nam wszystko rozjaśniło, to weźmy pierwsze z brzegu zadanie z układów płaskich. Na tym prostym przykładzie pokażemy, jak łatwo jest poruszać się po temacie
statyka1 1024x768 - 4 układy sił i dwie zasady dynamiki Newtona czyli ściąga ze statyki
Powyżej widzisz płaski układ sił i jak uwolnimy od więzów pudło, które leży na równi
statyka2 1024x768 - 4 układy sił i dwie zasady dynamiki Newtona czyli ściąga ze statyki
to widać że siły zbiegają się praktycznie w jednym punkcie i dlatego zgodnie ze ściągą
sciaga5 1024x768 - 4 układy sił i dwie zasady dynamiki Newtona czyli ściąga ze statyki
możemy napisać 2 równania równowagi. Te 2 równania będą zgodne z I zasadą dynamiki, ponieważ siły działające na pudło się równoważą i w związku z tym pudło pozostaje w spoczynku.
Autor podał współczynnik tarcia między pudłem a równią,

Współczynnik tarcia – podstawy

a więc zgodnie ze ściągą
sciaga6 1024x768 - 4 układy sił i dwie zasady dynamiki Newtona czyli ściąga ze statyki
jeżeli pomiędzy ciałami występuje nacisk i pudło chce zjechać z równi, to wystąpi również siła tarcia, która robi wszystko żeby pudło nie zjechało z równi.
Zgodnie z III zasadą dynamiki Newtona o której również wspomniano na ściądze takie samo tarcie i taki sam nacisk również działają na równię pochyłą, ale będą zwrócone w przeciwne strony.
Na tym prostym przykładzie widać jak prosta jest statyka i nie potrzeba przeczytać wszystkich książek, żeby to ogarnąć.

4 wzorki które wystarczą do zadań z ruchu płaskiego

Zadania z kinematyki z ruchu płaskiego są dużo łatwiejsze niż myślisz i tutaj zrobię co w mojej mocy, żeby tego dowieść –  wystarczą

TYLKO CZTERY WZORKI,

które użyjesz w odpowiednim miejscu.

Tu i teraz pokaże Ci to na prostym przykładzie.
RUCHPLASKI3 - 4 wzorki które wystarczą do zadań z ruchu płaskiego
Na powyższym obrazku widzisz toczącą się (bez poślizgu) szpulkę z nawiniętą nitką. Zewnętrzny promień szpulki wynosi 2*R, a na promieniu R nawinięto nitkę. Za koniec nitki ktoś ciągnie w prawo z prędkością V. Autor zadania stawia pytanie:

OBLICZ PRĘDKOŚĆ I PRZYSPIESZENIE PUNKTU A

Z informacji że szpulka toczy się bez poślizgu wynika fakt, że punkt styku toczącej się szpulki z nieruchomym podłożem jest chwilowym środkiem obrotu (niech on się nazywa punktem C).
A więc prędkość chwilowego środka obrotu wynosi ZERO (bo szpulka styka się z nieruchomym podłożem). Wcześniej powiedziano że prędkość końca nitki wynosi V, a więc cała jej długość aż do pierwszego punktu styku ze szpulką (niech to będzie punkt B) ma też prędkość V
ruchplaski4 - 4 wzorki które wystarczą do zadań z ruchu płaskiego
Teraz przyjrzyj się uważnie powyższemu obrazkowi. Nie da się ukryć że punkty B i C(chwilowy środek obrotu) leżą na tej samej prostej. I teraz użyjemy pierwszy z 4 wzorków wystarczających do zadań z ruchu płaskiego.

Oto

WZOREK PIERWSZY

który jest zależnością prędkości kątowej od prędkości liniowej:

PRĘDKOŚĆ LINIOWA
RÓWNA SIĘ
PRĘDKOŚĆ KĄTOWA
RAZY
ODLEGŁOŚĆ PUNKTU OD CHWILOWEGO ŚRODKA OBROTU

W naszym przypadku

V = ω * (r + 2*r)

gdzie :
V – prędkość liniowa – w tym przypadku i sznurka i punktu B
ω – prędkość kątowa szpulki – tej prędkości nie znasz i dlatego użyliśmy WZORKA PIERWSZEGO
r + 2*r – odległość punktu B od chwilowego środka obrotu

Teraz już możesz policzyć nieznaną prędkość kątową szpulki:

ω = V / (r+2*r) = V / (3*r)

Znając prędkość kątową można policzyć prędkość punktu A, ale w tym celu musimy znać odległość między punktem A i chwilowym środkiem obrotu:

AC = √2 * 2 * r

i ta odległość jest równa przekątnej kwadratu o boku 2*r. Wobec tego do obliczenia prędkości punktu A ponownie użyjemy WZORKA PIERWSZEGO

VA = ω * AB

gdzie:
VA – szukana prędkość liniowa punktu A
ω – obliczona prędkość kątowa szpulki
AB – odległość między punktem A i chwilowym środkiem obrotu

Można to zapisać prościej wstawiając wszystko co obliczyliśmy:

VA = V / (3*r) * √2 * 2 * r = V * √2 * 2/3

Obliczyliśmy prędkość to teraz przechodzimy do przyspieszeń i obliczymy je metodą bieguna.

W tym celu poznamy WZOREK DRUGI:

PRZYSPIESZENIE PUNKTU A
RÓWNA SIĘ
PRZYSPIESZENIE BIEGUNA
PLUS
PRZYSPIESZENIE PUNKTU A WZGLĘDEM BIEGUNA

Napiszemy to dla naszego przypadku i ustalmy, że biegunem tutaj będzie środek szpulki, ponieważ gdy szpulka się toczy, to środek cały czas jest na tej samej wysokości (na wysokości 2*r od ziemi):

__   __    ___
pA = pO + pA/O

i dodatkowo jest to suma wektorów, bo każdy z nich może lecieć w inną stronę.
Każde z przyspieszeń ( pO oraz pA/O ) może składać się z 2 składowych:
– składowej stycznej
– oraz składowej normalnej
i już mam dla Ciebie kolejne 2 wzorki.

Oto WZOREK TRZECI

PRZYSPIESZENIE STYCZNE
RÓWNA SIĘ
POCHODNEJ PRĘDKOŚCI PO CZASIE

oraz WZOREK CZWARTY

PRZYSPIESZENIE NORMALNE
RÓWNA SIĘ
KWADRAT PRĘDKOŚCI PUNKTU
PODZIELONY PRZEZ
ODLEGŁOŚĆ PUNKTU OD CHWILOWEGO ŚRODKA OBROTU

Jak teraz te ostatnie 2 wzorki zastosować?
Przyspieszenie bieguna pO nie posiada składowej stycznej, ponieważ szpulka toczy się ze stałą prędkością:

pOt = 0

Przyspieszenie normalne bieguna zgodnie z WZORKIEM CZWARTYM:

pOn = Vo² / (2*R)

gdzie:
Vo – prędkość bieguna czyli punktu O
2*R – odległość bieguna od chwilowego środka obrotu

Teraz wyszło, że nie mamy prędkości bieguna i obliczymy ją przy pomocy WZORKA PIERWSZEGO:

Vo = ω * 2*R = V / (3*R) * 2*R = 2/3 * V

i już można policzyć przyspieszenie normalne bieguna:

pOn = (2/3 * V)² / (2*R)

Kolejno przechodzimy do składowych przyspieszeń punktu A względem bieguna. To już było, ale z faktu że szpulka toczy się ze stałą prędkością wynika brak przyspieszenia stycznego punktu A względem bieguna:

pA/O = 0

Żeby policzyć składową przyspieszenia normalnego punktu A względem bieguna, to ponownie użyjemy WZORKA CZWARTEGO:

pA/On = VA/O² / (2*R)

Ponownie użyjemy WZORKA PIERWSZEGO żeby policzyć prędkość punktu A względem bieguna:

VA/O = ω * 2*R = V / (3*R) * 2*R = 2/3 * V

wobec tego przyspieszenie normalne punktu A względem bieguna wyniesie:

pA/On = (2/3 * V)² / (2*R)

Na koniec pozostaje zsumować dwie składowe przyspieszenia punktu A, czyli te które teraz policzyliśmy:
– przyspieszenie normalne bieguna pOn
– przyspieszenie normalne punktu A względem bieguna pA/On
ruchplaski5 1024x557 - 4 wzorki które wystarczą do zadań z ruchu płaskiego
Jak widzisz na powyższym szkicu, te wektory są prostopadłe do siebie, wobec tego dodamy je metodą równoległoboku:

pA = √(pA/On² + pOn²) = √ [((2/3 * V)²/(2*R))² + ((2/3 * V)²/(2*R))² ] =
= √ [2*(2/3 * V)² / (2*R) ]

Prawda że łatwe?

Jasne że łatwe – 4 wzorki i więcej nie potrzeba do zadań z ruchu płaskiego

Moc silnika windy – zadanie 58

Witam wszystkich i dzisiaj obliczymy moc silnika napędzającego windę osobową. Na poniższym szkicu widzisz schemat obciążenia windy jadącej w górę ze stałą prędkością.

mocsilnikawindy - Moc silnika windy - zadanie 58

Przyjmijmy, że prędkość wynosi:

V = 10 m/s

Załóżmy że masa windy wraz z pasażerami wyniesie

m = 800 kg

Na windę działa ciężar m*g oraz odpowiadająca mu siła naciągu liny S. Siły działające na windę równoważą się i w wyniku tego porusza się ona ruchem jednostajnym. Dlatego napiszemy równanie równowagi sił na oś y:

ΣPiy = S – m * g = 0

Z tego obliczymy siłę w linie:

S = m * g = 800 kg * 9,81 N/kg = 7848 N

Jeżeli już tyle wiadomo to możemy przejść do obliczenia wymaganej mocy napędu. Przypomnijmy że

moc N

jest ilorazem

wykonanej pracy W

przez czas t, w którym praca została wykonana:

Równoważność pracy i energii – zadanie 3

N = W : t

Jednocześnie wiemy, że praca jest iloczynem siły S (w naszym przypadku jest ona siłą naciągu liny) i przesunięcia h

W = S * h

Jeżeli wstawimy to do poprzedniego wzoru na moc:

N = (S * h) / t

to widać że powstał tutaj iloraz przesunięcia h oraz czasu t czyli prędkość. Wobec tego moc napędu (moc na końcu liny) jest iloczynem siły w linie S oraz prędkości windy V:

N = S * V = 7848 N * 10 m/s = 78 480 W = 78,48 kW

i jest to moc na końcu liny, ale nie jest to jeszcze moc silnika, ponieważ silnik napędza bęben zwijający linę poprzez przekładnie i w tej przekładni dodatkowo występują straty, przez co moc silnika musi być nieco większa. Matematycznie straty przeniesienia napędu opisuje się poprzez

sprawność

która jest ilorazem

mocy uzyskanej na końcu

do

mocy włożonej.

Bardzo ważne – ta sprawność nigdy nie przekracza liczby 1. W tego typu urządzeniach dźwigowych jak windy osobowe głównie stosuje się przekładnie pasowe z pasem klinowym. W tym przypadku sprawność wynosi około:

η = 0,94

Wobec tego wymagana moc silnika windy wyniesie:

Ns = N : η = 78,48 kW : 0,94 = 83,5 kW

Prawda że łatwe?

Obliczenie drogi hamowania pociągu – zadanie 57

Cześć wszystkim i dzisiaj będzie o podróżach a dokładnie obliczymy drogę hamowania pociągu. Podróżujemy coraz szybciej i to samo dotyczy pojazdów szynowych w postaci pociągów. Niektóre szybkie pociągi przekraczają 300 km/h i czy myślałeś kiedyś,

jakiej drogi potrzeba do zatrzymania takiego pociągu jadącego z prędkością na przykład :

V = 350 km/h = 97 m/s ?

Awaryjne hamowanie będzie zwykłą

zamianą energii kinetycznej na pracę siły tarcia

( pomiędzy kołami a szynami ) – wyszło na to , że mamy kolejne zadanie z energii. Wzdłuż ruchu pociągu działa jeszcze siła oporu powietrza, ale na potrzeby tego zadania pominiemy tę siłę , ponieważ wraz ze spadkiem prędkości będzie ona coraz mniejsza. W związku z tym jeszcze raz powiemy to głośno

ZMIANA ENERGII KINETYCZNEJ POCIĄGU
BĘDZIE RÓWNA
PRACY SIŁ TARCIA I OPORU POWIETRZA

Dynamika – praca i energia – zadanie 30

Ek2 – Ek1 = Fh * s – Fop * s
gdzie:
Ek2 i Ek1 – energia kinetyczna na końcu  hamowania (na postoju) i na początku hamowania (z prędkością 350 km/h)
Fh – siła hamowania
s – szukana droga hamowania
Fop – siła oporu powietrza

Tak jak rozmawialiśmy wcześniej, w dalszych obliczeniach pominiemy pracę oporu powietrza:

Ek2 – Ek1 = Fh * s

Końcowa energia kinetyczna będzie równa zero, ponieważ wtedy pociąg już będzie stał w miejscu:

Ek2 = 0

Początkowa energia kinetyczna będzie się wiązać z prędkością 350km/h oraz dodatkowo masą pociągu:

Ek1 = m * V² / 2
gdzie :
m – masa pociągu
V = 350 km/h = 97 m/s – początkowa prędkość pociągu w chwili rozpoczęcia hamowania

Siła hamowania będzie równa sile tarcia pary koło-szyna:

Fh = m * N
gdzie:
μ = 0,16 – przybliżony współczynnik tarcia pary stal-stal
N – suma nacisków kół na szyny

drogahamowania 1024x436 - Obliczenie drogi hamowania pociągu - zadanie 57
Patrząc na powyższy szkic napiszemy sumę rzutów sił na oś y:

ΣPiy = N – m*g = 0

i z tego policzymy sumaryczny nacisk kół na szyny:

N = m * g

Teraz będzie można wszystko wstawić do początkowego wzoru z równoważności pracy i energii:

Ek2 – Ek1 = Fh * s

0 – m * V² / 2 = m * N * s

i wstawić wzór na nacisk

0 – m * V² / 2 = m * m*g * s

Po uproszczeniu i podzieleniu obu stron przez masę:

(-m) * V² / 2 = m * m*g * s
(- V² ) / 2 = m * g * s

dostaniemy obliczoną drogę hamowania pociągu:

s = V² / (2*m*g) = 97 2 / (2*0,16*9,81N/kg) = 2997m

Prawie 3 kilometry czyli warto rozejrzeć się przed niestrzeżonym przejazdem kolejowym

Napęd na obie osie pojazdu

Cześć wszystkim i dzisiaj udowodnimy, że pojazdy z napędem na obie osie mogą przenieść większą siłę napędową na nawierzchnię niż tradycyjne z napędem na 2 koła. Przypomnijmy, na jakie korzyści eksploatacyjne to się może przełożyć:
– łatwość przejazdu przez teren o dużym współczynniku oporu toczenia (mówiąc prosto chodzi o grząski teren w rodzaju błota, piasku lub innej gliny)
– możliwość ciągnięcia na przykład przyczepy o dużej masie
– osiągnięcie wyższego przyspieszenia na śliskiej nawierzchni

A dlaczego tak się dzieje?

Maksymalna siła napędowa którą koło może przenieść na drogę wynosi:

Fnmax = N * μ1

gdzie:
Fnmax – maksymalna siła napędowa
N – nacisk koła na nawierzchnię
μ1 – współczynnik przyczepności przylgowej czyli mówiąc prosto największy współczynnik tarcia między oponą a drogą

Na dobrą sprawę maksymalna siła napędowa równa się maksymalnej sile tarcia pary opona-jezdnia.
napedna4kola 1024x520 - Napęd na obie osie pojazdu
Spójrz na powyższy szkic obrazujący siły działające na samochód ruszający z miejsca. Oto użyte oznaczenia:
m*g – ciężar pojazdu
Np i Nt – nacisk na osie przednią i tylną
Fnp – siła napędowa na osi przedniej

Gdy przeanalizujemy sobie powyższą sytuację, to widać że całkowita siła napędowa równa się sile napędowej na osi przedniej:

Fn = Fnp = Np * μ1

To był przypadek pojazdu z napędem na jedną oś. A jak będzie wyglądała sytuacja dla układu napędu obu osi pojazdu – będzie podobnie jak poprzednio ale dodatkowo dojdzie siła napędowa kół tylnych:
napedna4kola2 1024x514 - Napęd na obie osie pojazdu
Dodatkowe oznaczenie które tutaj się pojawiło to:
Fnt – siła napędowa kół tylnych

Łatwo zauważysz że w tym przypadku całkowita siła napędowa jest równa sumie sił napędowych obu osi:

Fn4 = Fnp + Fnt = Np * μ1 + Nt * μ1

Porównując oba przypadki (patrząc na oba powyższe równania) zauważysz, że dla przypadku napędu obu osi siła napędowa będzie wyższa – tutaj dodatkowo występuje cząstka Nt*μ1 czyli siła
napędowa kół tylnych.

Prawda że łatwe?